TỔNG HỢP 63 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRONG TOÀN QUỐC
NĂM HỌC 2012 – 2013
MÔN TOÁN
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
HÀ NỘI Năm học: 2012 – 2013
Môn thi: Toán
Ngày thi: 21 tháng 6 năm 2012
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài I (2,5 điểm)
1) Cho biểu thức
x 4
A
x 2
+
=
+
. Tính giá trị của A khi x = 36
2) Rút gọn biểu thức
x 4 x 16
B :
x 4 x 4 x 2
 
+
= +
 ÷
 ÷
+ − +
 
(với
x 0;x 16≥ ≠
)

– 2m = 0 (ẩn x). Tìm m để phương trình có hai nghiệm
phân biệt x
1
, x
2
thỏa mãn điều kiện :
2 2
1 2
x x 7+ =
Bài IV (3,5 điểm)
Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB. Bán kính CO vuông góc với AB, M là một điểm bất kỳ
trên cung nhỏ AC (M khác A, C); BM cắt AC tại H. Gọi K là hình chiếu của H trên AB.
1) Chứng minh CBKH là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh
·
·
ACM ACK=
3) Trên đọan thẳng BM lấy điểm E sao cho BE = AM. Chứng minh tam giác ECM là tam giác
vuông cân tại C
4) Gọi d là tiếp tuyến của (O) tại điểm A; cho P là điểm nằm trên d sao cho hai điểm P, C nằm
trong cùng một nửa mặt phẳng bờ AB và
AP.MB
R
MA
=
. Chứng minh đường thẳng PB đi qua trung điểm
của đoạn thẳng HK
Bài V (0,5 điểm). Với x, y là các số dương thỏa mãn điều kiện
x 2y≥
, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

(x 16)( x 2) x 2
(x 16)(x 16) x 16
+ + +
=
− + −
3) Ta có:
2 4 2 2 2
( 1) . 1 .
16 16 16
2 2
x x x
B A
x x x
x x
 
+ + +
− = − = =
 ÷
 ÷
− − −
+ +
 
.
Để
( 1)B A −
nguyên, x nguyên thì
16x −
là ước của 2, mà Ư(2) =
}
{

12
5
giờ nên mỗi giờ cả hai đội làm được
12
1:
5
=
5
12
(cv)
Do đó ta có phương trình
1 1 5
x x 2 12
+ =
+

2 5
( 2) 12
x x
x x
+ +
⇔ =
+
⇔ 5x
2
– 14x – 24 = 0
∆’ = 49 + 120 = 169,
,
13∆ =
=>


, (ĐK:
, 0x y ≠
).
Hệ
4 2
4 6 10
4
2
4 1 5
2
2 1
2 1 2 1
2
6 2 1
2 2
1
2
x
x
x y
x x x
y
y
x y x y
x y

 
+ =
=

1 2
2
1 2
4 1
3 2
x x m
x x m m
+ = −



= −


.
Khi đó:
2 2 2
1 2 1 2 1 2
7 ( ) 2 7x x x x x x+ = ⇔ + − =
⇔ (4m – 1)
2
– 2(3m
2
– 2m) = 7 ⇔ 10m
2
– 4m – 6 = 0 ⇔ 5m
2
– 2m – 3 = 0
Ta thấy tổng các hệ số: a + b + c = 0 => m = 1 hay m =
3

·
ACK HCK HBK= =
(vì cùng chắn
¼
HK
.của đtròn đk HB)
Vậy
·
·
ACM ACK=
3) Vì OC ⊥ AB nên C là điểm chính giữa của cung AB ⇒ AC = BC và
»
»
0
90sd AC sd BC= =
Xét 2 tam giác MAC và EBC có
MA= EB(gt), AC = CB(cmt) và
·
MAC
=
·
MBC
vì cùng chắn cung
¼
MC
của (O)
⇒MAC và EBC (cgc) ⇒ CM = CE ⇒ tam giác MCE cân tại C (1)
Ta lại có
·
0


H
K
O
S
P
E

N
A
B
C

M

H
K
O
E

4) Gọi S là giao điểm của BM và đường thẳng (d), N là giao điểm của BP với HK.
Xét ∆PAM và ∆ OBM :
Theo giả thiết ta có
.AP MB AP OB
R
MA MA MB
= ⇔ =
(vì có R = OB).
Mặt khác ta có
·

·
·
+ =
0
90PMA PMS

· ·
⇒ = ⇒ =PMS PSM PS PM
(4)
Mà PM = PA(cmt) nên
·
·
=PAM PMA

Từ (3) và (4) ⇒ PA = PS hay P là trung điểm của AS.
Vì HK//AS (cùng vuông góc AB) nên theo ĐL Ta-lét, ta có:
= =
NK BN HN
PA BP PS
hay
=
NK HN
PA PS
mà PA = PS(cmt)
⇒ =
NK NH
hay BP đi qua trung điểm N của HK. (đpcm)
Bài V: (0,5 điểm)
Cách 1(không sử dụng BĐT Cô Si)
Ta có M =

, dấu “=” xảy ra ⇔ x = 2y
Vậy GTNN của M là
5
2
, đạt được khi x = 2y
Cách 2:
Ta có M =
2 2 2 2
3
( )
4 4
x y x y x y x y x
xy xy xy y x y x y
+
= + = + = + +
Vì x, y > 0 , áp dụng bdt Cô si cho 2 số dương
;
4
x y
y x
ta có
2 . 1
4 4
x y x y
y x y x
+ ≥ =
,
dấu “=” xảy ra ⇔ x = 2y
Vì x ≥ 2y ⇒
3 6 3

y x
ta có
4 4
2 . 4
x y x y
y x y x
+ ≥ =
,
dấu “=” xảy ra ⇔ x = 2y
Vì x ≥ 2y ⇒
1 3 3
2 2
y y
x x
− −
≤ ⇒ ≥
, dấu “=” xảy ra ⇔ x = 2y
Từ đó ta có M ≥ 4-
3
2
=
5
2
, dấu “=” xảy ra ⇔ x = 2y
Vậy GTNN của M là
5
2
, đạt được khi x = 2y
Cách 4:
Ta có M =

Vì x ≥ 2y ⇒
3 6 3
2 .
4 4 2
x x
y y
≥ ⇒ ≥ =
, dấu “=” xảy ra ⇔ x = 2y
Từ đó ta có M ≥
xy
xy
+
3
2
= 1+
3
2
=
5
2
, dấu “=” xảy ra ⇔ x = 2y
Vậy GTNN của M là
5
2
, đạt được khi x = 2y
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
TP.HCM Năm học: 2012 – 2013
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1: (2 điểm)

= − +y x
trên cùng một hệ trục toạ
độ.
b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính.
Bài 3: (1,5 điểm)
Thu gọn các biểu thức sau:
1 2 1
1
= + −
−
+ −
x
A
x
x x x x
với x > 0;
1
≠
x
(2 3) 26 15 3 (2 3) 26 15 3= − + − + −B
Bài 4: (1,5 điểm)
Cho phương trình
2
2 2 0− + − =x mx m
(x là ẩn số)
a) Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.
b) Gọi x
1
, x
2

(a)
3
1
2
⇔ = − =x hay x
b)
2 3 7 (1)
3 2 4 (2)
− =


+ =

x y
x y
⇔
2 3 7 (1)
5 3 (3) ((2) (1))
− =


+ = − −

x y
x y
⇔
13 13 ((1) 2(3))
5 3 (3) ((2) (1))
− = −


= =u
hay
1 7
4
2
− −
= = −u
(loại)
Do đó, (C) ⇔ x
2
= 3 ⇔ x = ±
3
Cách khác : (C) ⇔ (x
2
– 3)(x
2
+ 4) = 0 ⇔ x
2
= 3 ⇔ x = ±
3
d)
2
2 2 7 0− − =x x
(d)
∆’ = 2 + 7 = 9 do đó (d) ⇔ x =
2 3±
Bài 2:
a) Đồ thị:
M
E

Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (D) là
( ) ( )
4;4 , 2;1−
.
Bài 3:Thu gọn các biểu thức sau:
1 2 1
1
= + −
−
+ −
x
A
x
x x x x

2
2
1
− − −
= +
− −
x x x x x
x x x
2 2
( 1) 1
−
= +
− −
x x
x x x

= − + − + −
2 2
1 1
(2 3) (3 3 5) (2 3) (3 3 5)
2 2
= − + − + −
1 1
(2 3)(3 3 5) (2 3)(3 3 5) 2
2 2
= − + − + − =
Câu 4:
a/ Phương trình (1) có ∆’ = m
2
- 4m +8 = (m - 2)
2
+4 > 0 với mọi m nên phương trình (1) có 2 nghiệm
phân biệt với mọi m.
b/ Do đó, theo Viet, với mọi m, ta có: S =
2
b
m
a
− =
; P =
2= −
c
m
a
M =
2

2
6
( 1) 3
−
⇒ =
− +
M
m
nhỏ nhất khi m = 1
Vậy M đạt giá trị nhỏ nhất là - 2 khi m = 1
Câu 5
a) Vì ta có do hai tam giác đồng dạng MAE và MBF
Nên
MA MF
ME MB
=

⇒
MA.MB = ME.MF
(Phương tích của M đối với đường tròn tâm O)
b) Do hệ thức lượng trong đường tròn ta có
MA.MB = MC
2
, mặt khác hệ thức lượng
trong tam giác vuông MCO ta có
MH.MO = MC
2

⇒
MA.MB = MH.MO

x y
Bài 2: (1,0 điểm)
Rút gọn biểu thức
( 10 2) 3 5= − +A
Bài 3: (1,5 điểm)
Biết rằng đường cong trong hình vẽ bên là một parabol y = ax
2
.
1) Tìm hệ số a.
2) Gọi M và N là các giao điểm của đường thẳng
y = x + 4 với parabol. Tìm tọa độ của các điểm M và N.
Bài 4: (2,0 điểm)
Cho phương trình x
2
– 2x – 3m
2
= 0, với m là tham số.
1) Giải phương trình khi m = 1.
2) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x
1
, x
2
khác 0 và thỏa điều kiện
1 2
2 1
8
3
− =
x x
x x

x 1
= −


= −

Bài 2:
( 10 2) 3 5= − +A
=
( 5 1) 6 2 5− +
=
2
( 5 1) ( 5 1)− +
=
( 5 1)( 5 1)− +
= 4
Bài 3:
1) Theo đồ thị ta có y(2) = 2 ⇒ 2 = a.2
2
⇔ a = ½
2) Phương trình hoành độ giao điểm của y =
2
1
2
x
và đường thẳng y = x + 4 là :
x + 4 =
2
1
2

1 2
2 1
8
3
− =
x x
x x
⇔
2 2
1 2 1 2
3( ) 8− =x x x x
⇔ 3(x
1
+ x
2
)(x
1
– x
2
) = 8x
1
x
2
Ta có : a.c = -3m
2
≤ 0 nên ∆ ≥ 0, ∀m
Khi ∆ ≥ 0 ta có : x
1
+ x
2

' '− + ∆b
⇒ x
1
– x
2
=
2
2 ' 2 1 3∆ = + m
Do đó, ycbt ⇔
2 2
3(2)( 2 1 3 ) 8( 3 )− + = −m m
và m ≠ 0
⇔
2 2
1 3 2+ =m m
(hiển nhiên m = 0 không là nghiệm)
⇔ 4m
4
– 3m
2
– 1 = 0 ⇔ m
2
= 1 hay m
2
= -1/4 (loại) ⇔ m = ±1
Bài 5:
1) Theo tính chất của tiếp tuyến ta có OB, O’C vuông góc với BC ⇒ tứ giác CO’OB là hình thang
vuông.
2) Ta có góc ABC = góc BDC ⇒ góc ABC + góc BCA = 90
0

2. Rút gọn P
Câu 2 (2,0 điểm). Cho hệ phương trình :
2 4
ax 3 5
x ay
y
+ = −


− =

1. Giải hệ phương trình với a=1
2. Tìm a để hệ phương trình có nghiệm duy nhất.
Câu 3 (2,0 điểm). Một hình chữ nhật có chiều rộng bằng một nửa chiều dài. Biết rằng nếu giảm mỗi chiều
đi 2m thì diện tích hình chữ nhật đã cho giảm đi một nửa. Tính chiều dài hình chữ nhật đã cho.
Câu 4 (3,0 điểm). Cho đường tròn (O;R) (điểm O cố định, giá trị R không đổi) và điểm M nằm bên ngoài
(O). Kẻ hai tiếp tuyến MB, MC (B,C là các tiếp điểm ) của (O) và tia Mx nằm giữa hai tia MO và MC.
Qua B kẻ đường thẳng song song với Mx, đường thẳng này cắt (O) tại điểm thứ hai là A. Vẽ đường kính
BB’ của (O). Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với BB’,đường thẳng này cắt MC và B’C lần lượt tại K
và E. Chứng minh rằng:
1. 4 điểm M,B,O,C cùng nằm trên một đường tròn.
2. Đoạn thẳng ME = R.
3. Khi điểm M di động mà OM = 2R thì điểm K di động trên một đường tròn cố định, chỉ rõ tâm và
bán kính của đường tròn đó.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a+ b + c =4. Chứng minh rằng :
3 3 3
4 4 4
2 2a b c+ + >
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013
ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN : TOÁN

1
x
x
0,5
0,25
C1.2
(1,25
điểm)
P=
)1)(1(
)46()1(3)1(
)1)(1(
46
1
3
1 −+
−−−++
=
−+
−
−
+
+
− xx
xxxx
xx
x
xx
x
0,25

x
xx
x
xx
xx
xx
xxxx
C2.1
(1,0
điểm)
Với a = 1, hệ phương trình có dạng:



=−
−=+
53
42
yx
yx




−=
−=
⇔




yx
Vậy với a = 1, hệ phương trình có nghiệm duy nhất là:



−=
−=
2
1
y
x
0,25
0,25
0,25
0,25
C2.2
(1,0
điểm)
-Nếu a = 0, hệ có dạng:





−=
−=
⇔




với mọi a)
Do đó, với a
0≠
, hệ luôn có nghiệm duy nhất.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất với mọi a.
0,25
0,25
0,25
0,25
C3 (2,0
điểm)
Gọi chiều dài của hình chữ nhật đã cho là x (m), với x > 4.
Vì chiều rộng bằng nửa chiều dài nên chiều rộng là:
2
x
(m)
=> diện tích hình chữ nhật đã cho là:
22
.
2
xx
x =
(m
2
)
Nếu giảm mỗi chiều đi 2 m thì chiều dài, chiều rộng của hình chữ nhật lần
lượt là:
2
2
2 −−

−=x
(loại vì không thoả mãn x>4)
Vậy chiều dài của hình chữ nhật đã cho là
526 +
(m).
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
C4.1
(1,0
điểm)
1) Chứng minh M, B, O, C cùng thuộc 1 đường tròn
Ta có:
0
90=∠MOB
(vì MB là tiếp tuyến)
0
90=∠MCO
(vì MC là tiếp tuyến)
=>
∠
MBO +
∠
MCO =
= 90
0

1
=
∠
M
1
(so le trong)
Mà
∠
M
1
=
∠
M
2
(tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) =>
∠
M
2
=
∠
O
1
(1)
C/m được MO//EB’ (vì cùng vuông góc với BC)
=>
∠
O
1
=
∠

0,25
0,25
0,25
C4.3
(1,0
điểm)
3) Chứng minh khi OM=2R thì K di động trên 1 đường tròn cố định:
Chứng minh được Tam giác MBC đều =>
∠
BMC = 60
0
=>
∠
BOC = 120
0

=>
∠
KOC = 60
0
-
∠
O
1
= 60
0
-
∠
M
1

0,25
C5 (1,0
điểm)
( ) ( ) ( )
3 3 3
4 4 4
3 3 3
4 4 4
4 4 4
4 4 4
4 4 4
4
a b c
a b c a a b c b a b c c
a b c
a b c
+ +
= + + + + + + + +
> + +
= + +
=
Do đó,
3 3 3
4 4 4
4
4 4
2 2
4 2
a b c+ + > = =
0,25

+ z
3
) > 4 = x
4
+ y
4
+ z
4
 x
3
(
2
-x) + y
3
(
2
-y)+ z
3
(
2
-z) > 0 (*).
Ta xét 2 trường hợp:
- Nếu trong 3 sô x, y, z tồn tại it nhât một sô
2≥
, giả sử x
2≥
thì x
3

2 2≥

a) 2x
2
– 7x + 3 = 0. b) 9x
4
+ 5x
2
– 4 = 0.
2) Tìm hàm số y = ax + b, biết đồ thị hàm số của nó đi qua 2 điểm A(2;5) ; B(-2;-3).
Câu 2. (1,5đ)
1) Hai ô tô đi từ A đến B dài 200km. Biết vận tốc xe thứ nhất nhanh hơn vận tốc xe thứ hai là
10km/h nên xe thứ nhất đến B sớm hơn xe thứ hai 1 giờ. Tính vận tốc mỗi xe.
2) Rút gọn biểu thức:
( )
1
A= 1 x x ;
x 1
 
− +
 ÷
+
 
với x ≥ 0.
Câu 3. (1,5 đ)
Cho phương trình: x
2
– 2(m+2)x + m
2
+ 4m +3 = 0.
1) Chứng minh rằng : Phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt x
1

1) Giải phương trình:
a) 2x
2
– 7x + 3 = 0.
∆
= (-7)
2
– 4.2.3 = 25 > 0
∆
= 5. Phương trình có hai nghiệm phân biệt:
1
2
7 5
x 3.
4
7 5 1
x
4 2
+
= =
−
= =
b) 9x
4
+ 5x
2
– 4 = 0. Đặt x
2
= t , Đk : t ≥ 0.
Ta có pt: 9t

.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x
1,2
=
2
3
±
2) Đồ thị hàm số y = ax + b đi qua hai điểm A(2;5) và B(-2;-3)
2a b 5 a 2
2a b 3 b 1
 
+ = =
⇔ ⇔
 
− + = − =
 
Vậy hàm số càn tìm là : y = 2x + 1
ĐỀ CHÍNH THỨC
E
F
D
A
M
O
C
B
Câu 2.
1) Gọi vận tốc xe thứ hai là x (km/h). Đk: x > 0
Vận tốc xe thứ nhất là x + 10 (km/h)
Thời gian xe thứ nhất đi quảng đường từ A đến B là :

 ÷
 ÷
 ÷
+ +
 
 
=
( )
x
x x 1
x 1
 
+
 ÷
 ÷
+
 
= x, với x ≥ 0.
Câu 3. (1,5 đ)
Cho phương trình: x
2
– 2(m+2)x + m
2
+ 4m +3 = 0.
1) Chứng minh rằng : Phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
với mọi giá trị của m.
Ta có


A =
2 2
1 2
x x+
= (x
1
+ x
2
)
2
– 2 x
1
x
2
= 4(m + 2)
2
– 2(m
2
+ 4m +3) = 2m
2
+ 8m+ 10
= 2(m
2
+ 4m) + 10
= 2(m + 2)
2
+ 2 ≥ 2 với mọi m.
Suy ra minA = 2
⇔

=
sđ
»
BD
( góc nội tiếp chắn cung BD)
·
1
MAB
2
=
sđ
»
BD
( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn cung BD)
⇒
·
·
MBD MAB=
. Xét tam giác MBD và tam giác MAB có:
Góc M chung,
·
·
MBD MAB=

⇒
MBD∆
đồng dạng với
MAB∆

⇒

(góc
nội tiếp)
⇒
·
·
BFC MOC=
.
4) Tứ giác MFOC nội tiếp (
$
µ
F C+
= 180
0
)
⇒
·
·
MFC MOC=
( hai góc nội tiếp cùng chắn cung MC),
mặt khác
·
·
MOC BFC=
(theo câu 3)
⇒
·
·
BFC MFC=
⇒
BF // AM.

x 2y
+ ≥
dấu “ =” xãy ra
⇔
x 0,y 0 x 0,y 0
x 1
x 3 2y x 1
y 1
y 1 0 y 1
 
> > > >

=
 
= − ⇔ = ⇔
  
=

 
− = =
 
SỞ GIÁO DỤC VÀO ĐÀO
TẠO HẢI DƯƠNG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2012-2013
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: Ngày 12 tháng 7 năm 2012
(Đề thi gồm: 01 trang)

Câu 3 (2,0 điểm):
a) Rút gọn biểu thức
( )
3 1
. 2
2 1
P x
x x x
 
= + −
 ÷
− − +
 
với
0x
≥
và
4x
≠
.
b) Năm ngoái, hai đơn vị sản xuất nông nghiệp thu hoạch được 600 tấn thóc. Năm nay, đơn
vị thứ nhất làm vượt mức 10%, đơn vị thứ hai làm vượt mức 20% so với năm ngoái. Do đó
cả hai đơn vị thu hoạch được 685 tấn thóc. Hỏi năm ngoái, mỗi đơn vị thu hoạch được bao
nhiêu tấn thóc?
Câu 4 (3,0 điểm):
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn (O). Vẽ các đường cao BE, CF của
tam giác ấy. Gọi H là giao điểm của BE và CF. Kẻ đường kính BK của (O) .
a) Chứng minh tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh tứ giâc AHCK là mình bình hành.
c) Đường tròn đường kính AC cắt BE ở M, đường tròn đường kính AB cặt CF ở N. Chứng

Câu 4 (3,0 điểm):
a)
0
90
ˆˆ
== CEBCFB
b) AH//KC ( cùng vuông góc với BC)
CH // KA ( cùng vuông góc với AB)
c) Có AN
2
= AF.AB; AM
2
= AE.AC
( Hệ thức lượng trong tam giác vuông)
AF
. AF.AB
AC
AE
AEF ABC AE AC
AB
∆ ∆ ⇒ = ⇒ =
:

⇒
AM = AN
Câu 5 (1,0 điểm) Xét 2 phương trình:
x
2
+ ax + b = 0 (1) và x
2

+

⇒
ac > 2(b + d) =>
0
21
≥∆+∆
=> Ít nhất một trong hai biểu giá trị
21
,∆∆
0
≥
=> Ít nhất một trong hai pt (1) và (2) có
nghiệm.
Vậy với a, b, c, d là các số thực thỏa mãn: b + d
≠
0 và
2
ac
b d
≥
+
,
phương trình (x
2
+ ax +b)(x
2
+ cx + d)=0 (x là ẩn) luôn có nghiệm.
SỞ GIÁO DỤC VÀO ĐÀO
TẠO HẢI DƯƠNG

   
với a và b là các số dương khác
nhau.
a) Rút gọn biểu thức A –
2a b ab
b a
+ +
−
.
b) Tính giá trị của A khi a =
7 4 3−
và b =
7 4 3+
.
Câu 3 (2,0 điểm):
a) Tìm m để các đường thẳng y = 2x + m và y = x – 2m + 3 cắt nhau tại một điểm nằm
trên trục tung.
b) Cho quãng đường từ địa điểm A tới địa điểm B dài 90 km. Lúc 6 giờ một xe máy đi
từ A để tới B Lúc 6 giờ 30 phút cùng ngày, một ô tô cũng đi từ A để tới B với vận tốc lớn hơn
vận tốc xe máy 15 km/h (Hai xe chạy trên cùng một con đường đã cho). Hai xe nói trên đều đến
B cùng lúc. Tính vận tốc mỗi xe.
Câu 4 (3,0 điểm): Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R (R là một độ dài cho trước). Gọi
C, D là hai điểm trên nửa đường tròn đó sao cho C thuộc cung
»
AD
và
·
COD
= 120
0

x
x x
  
− + =
 ÷ ÷
  


− =
=


=

=> ⇒ ⇒



= − −



+ = =




Vậy nghiệm của phương trình đã cho là S = {
15 15
;

( ) ( )
:
( )( )
.
( )( )
a a a a
A
b a
a b a b a b ab
a a a a
A
a b b a b a a b
a b
a b a a a a b a
A
b a b a
a b
a b
ab
A
b a b a ab
a b
A
b a
   
= + −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
−
+ + + +

a b ab
A
b a
a b a b
b a
b a
a b a b
b a
+ +
−
−
+ +
= −
−
−
+ − +
= =
−
Vậy
2a b ab
A
b a
+ +
−
−
= 0
b) Ta có :

( )
2

A
b a
+
=
−
ta được :
2 3 2 3
2 3 2 3
4
2 3
2 3
3
A
A
A
− + +
=
+ − +
=
=
Vậy với a = 7 -
4 3
; b = 7 + 4
3
thì A =
2 3
3
.
Câu 3 .
a) Để hai đường thẳng y = 2x + m và y = x – 2m + 3 cắt nhau tại một điểm trên trục tung thì m = -2m + 3

x x
x x x x
x x x x
x x
− =
+
=> + − + =
⇔ + − − =
⇔ + − =
Ta có :
2
15 4.( 2700) 11025 0
11025 105
∆ = − − = >
∆ = =
1
15 105
60
2
x
− −
= = −
( không thỏa mãn điều kiện )
2
15 105
45
2
x
− +
= =

60
2
IOD = =
Do O là trung điểm AB và tam giác ADB vuông tại D nên tam giác ODB cân tại O
=>
· ·
ODB OBD=
(1)
Do ID = IF nên tam giác IFD cân tại I =>
·
·
IFD IDF=
(2)
Tam giác AFB có hai đường cao AD, BC cắt nhau tại E nên E là trực tâm tam giác => FE là đường cao
thứ ba => FE vuông góc AB tại H =>
·
·
0
IF 90OBD D+ =
(3)
Từ (1) , (2) , (3) suy ra
·
·
0
90IDF ODB+ =
=>
·
0
90IDO =
.

2 2
4R x−
.
2 2
2 2 2
1 1
. . .2 .( 3 4 )
2 2
3 4
FAB
FAB
S AB FH R R R x
S R R R x
= = + −
= + −
Ta có : 4R
2
- x
2

≤
4R
2
. Dấu bằng xảy ra khi x = 0.
Khi đó : S
FAB
= R
2
3
+ 2R

3
= 64 => a
3
+ b
3
= 64 - 3ab(a + b) = 64 - 3.1.4 = 52
(a
3
+b
3
)(a
3
+ b
3
) = 52.52 => a
6
+ b
6
= 2704 - 2(ab)
3
= 2704 - 2 = 2702
=> a
6
= S = 2702 - b
6
(*).
Do 0<b<1 nên 0 < b
6
< 1
Kết hợp (*) thì số nguyên lớn nhất không vượt quá S là 2701.

.
Câu II ( 1,0 điểm)
Rút gọn biểu thức
1 1 a + 1
P = + :
2 a - a 2 - a a - 2 a
 
 ÷
 
với
a > 0và a 4≠
.
Câu III (1,0 điểm)
Một tam giác vuông có chu vi là 30 cm, độ dài hai cạnh góc vuông hơn kém nhau 7cm. Tính độ
dài các cạnh của tam giác vuông đó.
Câu IV (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d):
y = 2x-m +1
và parabol (P):
2
1
y = x
2
.
1) Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm A(-1; 3).
2) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có tọa độ (x
1
; y
1
) và (x

4 2 2 4 2 2
1 1
2 2
Q
a b ab b a ba
= +
+ + + +
.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TUYÊN QUANG
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2011 - 2012
MÔN THI: TOÁN
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (3,0 điểm)
a) Giải phương trình:
2
6 9 0x x
− + =

b) Giải hệ phương trình:
4 3 6
3 4 10
x y
y x
− =


+ =


− + =
1,0
Bài giải: Ta có
' 2
( 3) 9 0∆ = − − =

0,5
Phương trình có nghiệm:
6
3
2
x
−
=− =

0,5
b) Giải hệ phương trình:
4 3 6 (1)
3 4 10 (2)
x y
y x
− =


+ =

1,0
Bài giải: Cộng (1) và (2) ta có: 4x - 3y + 3y + 4x = 16
⇔
8x = 16

2
2
6 9 3 3x x x x
− + = − = −
0,5
Mặt khác:
2
6 9 0 2011 0 2011 3 3x x x x x x
− + ≥ ⇒ − ≥ ⇒ ≥ ⇒ − = −
Vậy: (3)
3 2011 3 2011x x⇔ − = − ⇔ − =
. Phương trình vô nghiệm
0,5
Câu 2 (2,5 điểm )
2,5
Bài giải: Gọi vận tốc của ca nô khi nước yên lặng là x km/giờ ( x > 4) 0,5
Vận tốc của ca nô khi xuôi dòng là x +4 (km/giờ), khi ngược dòng là x - 4 (km/giờ). Thời gian
ca nô xuôi dòng từ A đến B là
30
4x +
giờ, đi ngược dòng
từ B đến A là
30
4x −
giờ.
0,5
Theo bài ra ta có phương trình:
30 30
4
4 4x x

MAO SOA
=
(so le trong) (2)
0,5
Từ (1) và (2) ta có:
¶
¶
SAO SOA
=

⇒
∆
SAO cân
⇒
SA = SO (đ.p.c.m)
b) Chứng minh tam giác OIA cân
1,0
Vì AM, AN là các tiếp tuyến nên:
·
·
MOA NOA
=
(3)
0,5
Vì MO // AI nên: góc MOA bằng góc OAI (so le trong) (4)
0,5
Từ (3) và (4) ta có:
µ
µ
IOA IAO

⇔
(y - 1)(y + 4) = - (x

+ y)
2
(2)
Vì - (x

+ y)
2

≤
0 với mọi x, y nên: (y - 1)(y + 4)
≤
0
⇔
-4
≤
y
≤
1
0,5
Vì y nguyên nên y
∈

{ }
4; 3; 2; 1; 0; 1− − − −
Thay các giá trị nguyên của y vào (2) ta tìm được các cặp nghiệm nguyên (x; y) của PT đã cho
là: (4; -4), (1; -3), (5; -3), ( -2; 0), (-1; 1).
b) Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi I là giao điểm các đường phân giác trong. Biết

2
IBC ICB B C+ = + = =
⇒
DIC∆
vuông cân
⇒
DC = 6 :
2
Mặt khác BD là đường phân giác và
đường cao nên tam giác BEC cân tại B
⇒
EC = 2 DC = 12:
2
và BC = BE
0,5
Gọi x = BC = BE. (x > 0). Áp dụng định lý Pi-ta-go vào các tam giác vuông ABC và ACE ta
có: AC
2
= BC
2
– AB
2
= x
2
– 5
2
= x
2
-25
EC